2005-全国卷II理-22 解-利用导数研究函数的

本题导读

本题核心考查导数在研究函数单调性与最值中的应用。第一问需要求出导函数的零点，结合导函数符号的变化规律判定全局最小值点；第二问将闭区间上的单调性转化为导函数在区间上恒正或恒负的问题，利用二次方程根的分布求解参数范围。

📌【题干】

Question

（2005年全国卷II(理)） 已知 $a\ge 0$，函数 $f(x)=(x^2-2ax)e^x$.

(1)当 $x$ 为何值时，$f(x)$ 取得最小值？证明你的结论；

(2)设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上是单调函数，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑：对 $f(x)$ 求导，利用因式分解求出导函数的两个零点 $x_1,x_2$（$x_1<x_2$）。
2. 第二步逻辑：根据 $e^x>0$，导函数的符号由二次因式决定。分析得出 $f(x)$ 在 $(-\infty ,x_1)$ 递增，在 $(x_1,x_2)$ 递减，在 $(x_2,+\infty )$ 递增。比较端点与极限值，确定极小值点 $x_2$ 即为全局最小值点。
3. Third步逻辑：$f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上单调，意味着 $[-1,1]$ 必须完整包含在上述某一个单调区间内。通过定量判定 $x_1$ 与 $-1$ 的大小关系，将区间包含转化为关于 $x_2$ 的不等式进而求解 $a$。

✅【答案】

Success

当 $x=a-1+\sqrt{a^2+1}$ 时，$f(x)$ 取得最小值

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：对函数 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)=(2x-2a)e^x+(x^2-2ax)e^x=[x^2+2(1-a)x-2a]e^x$

令 $f^{\prime }(x)=0$，由于 $e^x>0$，等价于一元二次方程 $x^2+2(1-a)x-2a=0$。 该方程的判别式为： $\Delta =4(1-a{)}^2-4(1)(-2a)=4(a^2+1)>0$ 故方程恒有两个不相等的实数根，解得： $x_1=a-1-\sqrt{a^2+1},x_2=a-1+\sqrt{a^2+1}$ 显然 $x_1<x_2$。

$f^{\prime }(x)$ 的符号变化情况如下：

• 当 $x\in (-\infty ,x_1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

由此可知，$x=x_1$ 是极大值点，$x=x_2$ 是极小值点。

• 当 $x\le 0$ 时，由于 $a\ge 0$，有 $x^2-2ax=x(x-2a)\ge 0⟹f(x)\ge 0$；
• 当 $x\in (0,2a)$ 时（若 $a>0$），$x^2-2ax<0⟹f(x)<0$。

因为 $x_2=a-1+\sqrt{a^2+1}$，且 $\sqrt{a^2+1}>|a-1|$， 所以 $x_2>a-1+|a-1|\ge 0$，且 $x_2<a-1+(a+1)=2a$。 即 $x_2\in (0,2a)$，故 $f(x_2)<0$。 而在 $(-\infty ,x_1)$ 内 $f(x)>0$。 因此，$f(x_2)$ 严格小于整个定义域上的其它各部分取值，即为全局最小值。

综上所述，当 $x=a-1+\sqrt{a^2+1}$ 时，$f(x)$ 取得最小值。

（2）解：由（1）可知，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,x_1]$ 和 $[x_2,+\infty )$，单调递减区间为 $[x_1,x_2]$。 若 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上是单调函数，则区间 $[-1,1]$ 必须被完整包含在某一个单调区间内。

首先分析 $x_1$ 的范围： $x_1=a-1-\sqrt{a^2+1}$ 因为 $\sqrt{a^2+1}>\sqrt{a^2}=a$，所以 $x_1<a-1-a=-1$ 恒成立。 由于 $x_1<-1$，区间 $[-1,1]$ 不可能包含于 $(-\infty ,x_1]$ 或 $[x_1,x_2]$ 的左侧边界。

因此，唯一的可能是 $[-1,1]\subseteq [x_1,x_2]$，即 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上单调递减。 由此必须满足： $x_2\ge 1⟹a-1+\sqrt{a^2+1}\ge 1⟹\sqrt{a^2+1}\ge 2-a$

下面对 $a\ge 0$ 分类讨论求解该不等式： ① 当 $2-a<0⟹a>2$ 时，由于 $\sqrt{a^2+1}>0$ 恒成立，该不等式自然成立； ② 当 $2-a\ge 0⟹0\le a\le 2$ 时，两边平方得： $a^2+1\ge (2-a{)}^2=4-4a+a^2⟹4a\ge 3⟹a\ge \frac{3}{4}$ 结合前提条件得 $\frac{3}{4}\le a\le 2$。

综合①、②，并集后可得 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{3}{4},+\infty \right)$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数的乘法运算法则、利用导数正负判定函数单调区间、闭区间单调性的集合包含转化。
2. 核心方法：根的边界控制法（将区间单调转化为零点与区间端点的大小位置关系）。
3. 避坑指南：

• 第（1）问求得极小值点后，必须通过论证（如结合根的范围判定函数值的正负号）说明该点处的局部极小值即为全局最小值，不可直接等同。
• 第（2）问求解无理不等式 $\sqrt{a^2+1}\ge 2-a$ 时，极易漏掉 $a>2$ 时右边为负数直接成立的这一分类，导致最终解集残缺。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于教材中利用导数工具研究多项式与指数函数复合形态的经典压轴题型。考查了在含有字母参数时，如何保持逻辑线索的严密性。
2. 结论推广：对于形如 $y=P(x)e^x$（其中 $P(x)$ 为二次多项式）的函数，其单调性的断点必然对应于方程 $P(x)+P^{\prime }(x)=0$ 的根。若要求其在闭区间 $[m,n]$ 上单调，其充要条件是该方程的两个根要么同时在区间左侧，要么同时在区间右侧，或者将整个区间完整包裹在两根之间。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)